Resolução dos exercícios complementares

(1)

CADERNO 2

Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

FM.09 1. b

Na subida, temos:

a P

Força resultante e aceleração concordam em direção e sentido.

2. c

Como as forças formam 90º entre si e têm o mesmo módulo (T), temos:

T

T ¹ F_R

FR2 = T ² + T ² FR = 2T² F_R = T 2

3. Cálculo da velocidade de chegada ao solo:

v ²= v₀²+2 · g · Ds v ²= 2 · 10 · 20 v= 20 m/s Assim:

F_R = m · a = m · Δ Δ v t s

s FR = 30 · 10^{– 3} · 0 20 0 06

−

, ∴ FR = 10 N 4. c

Como a velocidade do avião é constante, temos:

F_R = 0 e MRU 5. e

a) Errada. Em repouso: ΣF = 0

b) Errada. Um corpo pode estar em equilíbrio dinâmico.

c) Errada. Em repouso, as forças se anulam.

d) Errada. Ver resposta do item a.

e) Correta.

6. Soma = 3 (01 + 02) (01) Correta.

(02) Correta.

(04) Errada. Somente se ela for a única força.

(08) Errada. Em corpos distintos.

(16) Errada. Não se anulam.

7. a) a (m/s²)

t (s) 0

0,5

–1,5

6 12 14

ATIVIDADES

F í s i c a Resolução dos exercícios

complementares

b) T₁ = m · (g – a) = 10.000 ⋅ (10 – 0,5) s T1 = 95.000 N T₂ = m · g = 10.000 · 10 s T₂ = 100.000 N

T₃ = m · (g + a) = 10.000 ⋅ (10 + 1,5) s T₃ = 115.000 N 8. c

A partir de 1,2 s, a velocidade do objeto se mostra constante e, portanto, a força resultante é nula.

FM.10

1. As forças existentes em cada bloco são:

m₂ m₁

N2

P2

T

T ¹

P₁ As resultantes em cada bloco são:

T = m₂ · a (bloco 2)

P₁ – T = m₁ · a (bloco 1) P1 = (m2 + m1) · a

Substituindo os dados fornecidos pelo enunciado, temos:

m₁ · g = (m₂ + m₁) · a s 1 · 10 = (m₂ + 1) · 1 10 = m2 + 1 s m2 = 9 kg

2. c

Sendo a velocidade constante, a força resultante é nula. Assim:

F_resist. = P s F_resist. = m · g s s F_resist. = 80 · 10 ∴ Fresist. = 800 N 3. c

Velocidade constante implica F_R = 0.

Portanto: T = P 4. c

As forças existentes sobre a caixa são indicadas abaixo.

T

P

A situação limite para o barbante arrebentar é T > 9,6 N.

Considerando essa a força de tração, temos:

T – P = m · a s 9,6 – 0,8 · 10 = 0,8 · a 9,6 – 8 = 0,8 · a s 1,6 = 0,8 · a a = 2 m/s²

Sendo assim, para uma aceleração maior que 2 m/s², o barbante arrebenta.

Além disso, essa aceleração deve ser para cima. Portanto, o eleva- dor deve subir com aceleração maior que 2 m/s².

5. c

A aceleração do conjunto é dada por:

a M m m

M m g

= + −

+ ⋅ ⋅

2 s M · a + 2 · m · a = M · g s s 2 · m · a = M ⋅ (g – a) s M m a

= g a⋅ ⋅

− 2

6. a) Forças no menino: P

(vertical para abaixo) e F

prancha. A força da prancha possui um componente horizontal, responsá-

vel pela aceleração do menino. Assim, essa componente horizontal é para a esquerda e vale:

F_h = m · a s F_h = 40 · 0,2 ∴ Fh = 8 N

(2)

b) Forças na prancha: P

vertical ( ), N

vertical ( ) e F

menino A força do menino possui um componente horizontal para a direita e vale 8 N (ação e reação).

Assim: F_h = m · a s 8 = 8 · a ∴ a = 1 m/s² 7. d

As forças em cada corpo estão indicadas abaixo.

T T N_A

P_B P_y

P_x

P_A A B

Como os blocos estão em repouso:

T = PB = 8 · 10 = 80 N P_x = T s P_A · sen 45º = T P_A · 2

2 = 80 P_A = 160

2 160 2

= 2

P_A = 80 2 N

8. Na situação descrita, temos:

x

= (305 2 – 305) mm

x

= 305 · 0,41 = 125,05 mm

45° P 305 mm

305 mm F_el F_el · cos 45°

Na situação de equilíbrio, temos:

F_el. · cos 45º = P s K · x · cos 45º = P 80 · 0,125 · 2

2 = P P = 7,05 N

FM.11 1. d

Para iniciar o movimento do arquivo, a intensidade da força conjunta dos dois estudantes deve ser maior que a intensidade da força de atrito estático máxima entre o arquivo e o chão.

2. d

A finalidade do “novo traje” é reduzir a força de atrito entre a água e o nadador.

3. c

N F_at.

θ P

• Sem atrito:

F_R = P · sen θ s m · a = m · g · sen θ ∴ a = g · sen θ.

• Com atrito:

F_R = P · sen θ – µ · N s

s m · a = m · g · sen θ – µ · m · g · cos θ ∴ a = g · sen θ – µ · g · cos θ

4. b

N_A

fatT

P_A P_y

Px A

B

P_B T’

T’

Como os blocos estão em repouso, temos:

Bloco A:

f_at. + T = P_x s µ · N + T = P_x

µ · m_A · g · cos 53º + T = m_A · g · sen 53º 0,2 · mA · 10 · cos 53º + T = mA · g · sen 53º 0,2 · m_A · 10 · 0,6 + T = m_A · 10 · 0,8 T = 6,8 · m_A(I)

Bloco B:

P_B = 2T s T = PB

2 s T = mB⋅g 2 T = mB⋅10

2 s T = 5 · m_B (II) De (I) e (II):

6,8 · m_A = 5 · m_B m_B = 1,36 · m_A

mB = mA + 0,36 · mA

ou m_B = m_A + 36% · m_A 5. a

F – f_at. = (m_A + m_B) · a

100 – 25 = (6 + 9) · a s a = 75 15 = 5 m/s² 6.

v

0 = 2 m/s

g = 10 m/s² µ = 0,020

A força resultante é a própria força de atrito.

Assim, temos:

F_at. = F_R s µ · N = m · a s µ ·

m

· g =

m

· a s a = µ · g a = 0,02 · 10 s a = 0,2 m/s²

Contra o sentido do deslocamento.

Usando a equação de Torricelli, temos:

v² = v02 + 2a · Δs s 0 = (2)² + 2 (–0,2) · Δs s Δs = 4 0 4, = 10 m 7. Representando as forças nas várias polias, temos:

T

P_C

P

T’ T’

–T’

T’’ T’’

–T’’

T’’’ T’’’

–T’’’

–T’’

–T’

–T’’’

(3)

CADERNO 2

Na situação de equilíbrio, temos:

T’ + T’’ + T’’’ = P 2T’’ + 2T’’’ + T’’’ = P 2T’’ + 3T’’’ = P 2(2T’’’) + 3T’’’ = P 4T’’’ + 3T’’’ = P 7T’’’ = P s T’’’= 700 10

7

⋅

T’’’ = 1.000 N

Sendo assim: P_c = T’’’ s m_c · 10 = 1.000 mc = 100 kg

No cabo central, temos:

T’’ = 2T’’’ = 2 · P_c

T’’ = 2 · 100 · 10 = 2.000 N 8. V – V – F – F

a) Verdadeiro. Quando Rar = P, temos velocidade constante.

b) Verdadeiro. Velocidade constante implica F_R = 0.

c) Falso. Sentido contrário: a velocidade diminui.

d) Falso. Está em movimento uniforme.

FM.12 1. a

a) Correta. a v

=Δt Δ =−75

0 1, y a = –750 m/s² Em módulo: a = 75 · g

b) Errada. Existe aceleração centrípeta.

c) Errada. Não depende da massa.

d) Errada.

2. Analisando as forças aplicadas ao carro, temos:

N

θ

θ θ

P

R_cp

Assim: tg θ = R P

cp

tg θ = m v

r m g

v r g

·

2 2

⋅ =

tg θ = 40 320 10

( )

2

⋅ = 0,5 3. b

a v

R

R T

cent.= = R

⋅ ⋅









2

2 π 2

a R

cent.=4⋅T²⋅ =4⋅(10)2⋅15

2

π π2 s a_cent. = 0,6 · π² cm/s²

4. d v = 30 m/s r = 4,5 · 10² m

A velocidade angular pode ser obtida por:

ω = v

r s ω = 30

4 5 10, ⋅ ² s ω = 6,7 · 10^–2 rad/s

Como a velocidade é constante, a aceleração existente no movimen- to é centrípeta. Assim:

a_cp = v r

2 2

2

30 4 5 10

=

( )

⋅

, s a_cp = 2 m/s²

5. e

R T

P

6. a

• Em A: curva s a_c. Centrípeta.

• Em B: reta com velocidade constante s atang. = 0 • Em C: curva s a_c. Centrípeta.

• Em D: reta com velocidade diminuindo s aceleração tangencial.

Portanto, existe força resultante em A, C e D. Em B, a força resultante é nula.

7. d

P

P T_B T_A

B A

No ponto

A

(mais alto), temos:

P + TA = Rcp s m · g + TA = m v r

⋅ ²

0,25 · 10 + TA = 0 25 6 1 , ⋅

( )

2

T_A = 9 – 2,5 = 6,5 N No ponto B (mais baixo), temos:

T_B – P = R_cp s T_B – 0,25 · 10 = 0 25 6 1 , ⋅

( )

2

T_B = 9 + 2,5 = 11,5 N 8. d

• 720 km/h = 200 m/s

• No ponto mais baixo da trajetória, temos:

R_C = N – P s R_C = 3P – P s R_C = 2 · P s

smv s s

R m g R v

g

2 2

= ⋅ =

⋅

sR=

( )

⋅ 200 2 10

2

y R = 2.000 m

FM.13 1. a

A força de atrito tem mesmo módulo que a força de motor, já que a velocidade do automóvel é constante.

Então:

P = F · v s 25.000 = F · 80 3 6, F = 1.125 N

2. a

I. Correta. A força peso é perpendicular ao deslocamento.

II. Errada. A força de atrito realiza trabalho resistente.

III. Correta. Sendo a velocidade constante, a força resultante é nula.

3. e

(4)

1. (V)

† =^N Área s † = 1 15 2

⋅ · 10^–2 s † = 7,5 · 10^–2 J

2. (V)

F = m · a s 15 = 1,5 · a s a = 10 m/s² 3. (V)

Como F = 0 s v = cte.

4. (F)

† =^N Área s † = 4 10 1 10 15 2

2 10 12

2

2 2 2

⋅ + ⋅

(

⁻ ⁻

)

^⋅ ₋ ⋅ ⁻ ⋅

† = 5 · 10^–2 · 7,5 – 12 · 10^–2 † = 37,5 · 10^–2 – 12 · 10^–2 † = 25,5 · 10^–2 J

4. Calculando a energia para o tempo de 0,5 h, temos:

a) P = E

Δt s 300 = E

0 5 3 600, ⋅ . s E = 540.000 J Como 1 cal 4,2 J

x 540.000 J x = 128.571,4 cal ou x H 1,3 · 10⁵ cal b) Como E = † realizado, temos:

† = F · d · cos θ s 5,4 · 10⁵ = F · 10⁴ · 1 F = 54 N

5. a

Velocidade constante implica F_R = 0.

Portanto: F = Px + Fa s F = m · g · sen θ + µ · m · g · cos θ s s F = m · g (sen θ + µ · cos θ) s

s F = 1.500 · 10 · 30

50 0 50 40 + ⋅50





 ,  s s F = 15.000 N

Portanto, a potência desenvolvida vale:

P = F · v s P = 15.000 · 2 = 30.000 W Em kW, temos: P = 30 kW

6. b

F 60°

†F = F · d · cos θ s †F = 2 · 5 · 10^–2 · 1 2 †F = 5 · 10^–2 J

O trabalho tem mesmo módulo que a energia. Portanto:

E = 5 · 10^–2 J 7. a)

T

P

T

força de tração P

força peso b)

T’ T’

T 2 · T’ = T

Sendo T = P, temos:

T'=P = ⋅ 2

100 10

2 s = 500 N †T'’ = T’ · h = 500 · 5 ∴ †T’ = 2.500 J c) P = τ

Δ = t

2 500 10

. ∴ P = 250 W

8. d

• Sistema A:

T = P; T’ = T P

2=2 e T'’’ = T' P 2=4 • Sistema B:

T = P

2T’ · cos θ = T s T’ = P 2⋅cosθ T’ é mínimo para cos θ = 1 s T’mín. = P Portanto: 2

I. Errada.

II. Errada.

III. Correta. T P P P

' T

cos 45º '

= ⋅ =

⋅ ⇒ =

2 2 0 7 14

, ,

IV. Correta.

FM.14 1. d

Como E_c = m v⋅ ²

2 s 20 = 01 2 , ⋅v2

40 = 0,1 · v² s v = 400 = 20 m/s 2. e

a = Δ Δ v

t s 1 = v−0

20 s v = 20 m/s Então: E_c = m v⋅ ²

2 s E_c = 80 20 2

⋅

( )

2

E_c = 16.000 J 3. a

v = v₀ + g · t

Para A, temos: v_A = 0 + 10 · 0,5 s v_A = 5 m/s Para B, temos: v_B = 0 + 10 · 0,5 s v_B = 5 m/s Porém, E_cA > E_cB porque m_A > m_B. 4. Soma = 31 (01 + 02 + 04 + 08 + 16)

N

v

F_v

θ P

• Como a velocidade é constante, temos F_R = 0. Assim:

N = P · cos θ e Fv = P · sen θ = M · g · sen θ • †R = 0 s †P = †_Fv

• P = P · sen θ · v ∴ P = M · g · sen θ · v Portanto, todas as afirmativas estão corretas.

5. e

a) Errada. A aceleração é g, e a energia cinética é nula.

b) Errada.

• v = v₀ + g · t s 0 = 20 – 10 · t_s ∴ ts = 2 s • Em 2 s: Δs = v0 · t + g t⋅ ²

2 s Δs = 20 · 2 – 10 2 2

⋅

( )

2

∴ Δs = 20 cm

• Em 4 s: d = 40 m (20 m na subida e 20 m na descida).

c) Errada. h = h₀ + v₀ · t + g t⋅ ²

2 s 0 = 25 + 20 · t – 10 2

⋅t2 s

(5)

CADERNO 2

s t² – 4 · t – 5 = 0 ∴ t1 = 5 s e t₂ = –1 s. A pedra atinge o solo em 5 s.

d) Errada. d_p = 20 + 45 = 65 m; E_cin. = 0

e) Correta. Em 4 s, ela retorna ao ponto de lançamento. Portanto, Δs = 0 e Epot. = 0 (referencial no ponto de lançamento).

6. e

Como as velocidades das caixas é constante, a potência adicional será dada pela energia potencial gravitacional adquirida na elevação produzida pela inclinação da esteira.

Sendo assim:

P = Δ Δ

E t

p s P = m g H t

· ·

Δ considerando o nível mais baixo como

“zero” para energia potencial.

Em cada segundo s 1,5 caixa é transportada pela esteira.

Assim: 1 caixa 80 kg 1,5 caixa x s x = 120 kg Portanto: P = 120 10 5

1

⋅ ⋅ = 6.000 W

7. a

Na situação de equilíbrio:

F_e = P · sen θ s k · xeq. = P · sen θ s xeq. = 10 0 8 100

⋅ ,

∴ xeq. = 0,08 m Nessa situação:

E_{pot. eq.}= 1

2 ⋅ k · x_eq.² = 1

2 · 100 · (8 · 10^{– 2})² ∴ Epot. eq. = 0,32 J Energia gravitacional:

Epot. grav. = P · h = –10 · 0,1 s Epot. grav. = –1 J Portanto:

Epot. grav. + E_{pot. eq.}= –1 + 0,32 = –0,68 J 8. F – F – V – V

a) Falso. A energia potencial gravitacional diminui.

b) Falso. A energia mecânica é constante.

c) Correta. †P = P · h

d) Correta. De P₀ a P₁, temos: h₁ = 4 5

H

E, de P₁ ao solo: h₂ = H 5 As acelerações são:

• De P₀ a P₁: a = g e v² = 2 · g · h₁

• De P₁ ao solo: v² = v₀² – 2 · a · h₂ s v₀² = 2 · a · h₂ Sendo v₀ = v, temos: a · h₂ = g · h₁ s

⇒ ⋅a H= ⋅g H 5

4

5 s a = 4 · g FM.15

1. c

Quando o menino solta a corda do arco, temos transformação de energia potencial elástica em energia cinética.

2. Soma = 18 (02 + 16)

(01) Incorreta. Como existe atrito, o bloco não atingirá a mesma altura em relação ao ponto de partida.

(02) Correta.

(04) Incorreta. A força normal é sempre perpendicular à trajetória e, portanto, não realiza trabalho.

(08) Incorreta. A energia potencial gravitacional varia com a altura.

(16) Correta.

(32) Incorreta. A força de atrito depende da força normal, que varia a cada instante.

(64) Incorreta.

3. a

†R = –ΔEpot. + †não cons. s 5 = –ΔEP – 5 ∴ ΔEpot. = –10 J 4. a) 2 lances de 2 metros s 4 m de altura de cada andar.

Como são 4 andares s 16 m de subida.

Para ambos, o trabalho está relacionado à força peso, que é a mesma para os dois e, também, ao deslocamento vertical, que também é o mesmo.

Sendo assim: w_A = w_H e, portanto,w w

A H

=1 .

b) A energia estará relacionada com a diferença de altura entre os andares, e também será a mesma para os jovens.

Assim: ΔEm = Em –Em0s ΔEm = m · g · h – m · g · h₀ ΔEm = m · g · (h – h₀) s ΔEm = 50 · 10 · 16 = 8.000 J 5. a) Considerando a variação da altura do centro de massa da atleta,

temos:

E_p = m · g · h s E_p = m · 10 · 4 = 40 · m Como E_p = 80% E_pel s E_pel = 40

0 8, · m Epel = 50 m

Como a energia cinética da atleta é totalmente convertida em potencial elástica, temos:

E_c = E_pel s m v⋅ ²

2 = 50 m s v² = 100 s v = 10 m/s b) I. Energia cinética w Epotencial elástica

II. Epotencial elástica gravitaciona

cinética

E

E_p ll

dissipada térmica E_d

( )

⁻







 III. Epotencial gravitacional w E_cinética Observação:

I. Corrida II. Salto

III. Queda após o salto 6. †F = ΔEmec. s †F = ΔEcin. + ΔEpot. s

s †F = 1

2 ²

⋅m v⋅ 2 + m · g · (h₁ – h₂) s s †F = 1

2 · 4 · (2)² + 4 · 10 · 2 ∴ †F = 88 J 7. a) F_resist. = P s b · v_T = m · g s

s 10 · v_T = 10 · 10 ∴ vT = 10 m/s b) ΔEcin. = m v⋅ ² −m v⋅ 0

2

2 2 = ΔE cin. = 10

2 [(10)² – (1)²] ∴ ΔE cin. = 495 J

c) Não, pois a força de viscosidade é uma força não conservativa.

8. e

O rendimento do motor é dado por:

n = E E

útil total

E_útil = †realizado pelo motor s E_útil = ΔEc = F · d · cos θ E_útil = 1.800 · 400 · 1 = 720.000 J Então:

0,45 = 720 000. Etotal

s E_total = 1,6 · 10⁶ J ou ainda E_total = 1,6 MJ

FM.16

1. a) Em relação à vertical, temos:

v_y = v_0y – g · t s 0 = v_0y – 10 · 10 s v_0y = 100 m/s Como v_0y = v₀ · sen α s 100 = v₀ · 2

2 v₀ = 200

2 200 2

= 2 = 100 2 m/s

(6)

Sendo assim:

Ec = m v⋅ 02 Ec = ⋅

( )

2

2 100 2

s 2 = 20.000 J

b) A altura máxima pode ser encontrada por:

vy vy 2

0

= 2 – 2 · g · h s 0 = (100)² – 2 · 10 · h h = 500 m

Assim:

Ep = m · g · h = 2 · 10 · 500 s Ep = 10.000 J 2. d

Das afirmativas apresentadas, a única correta está na alternativa d.

3. a

Para um nível de referência em A, temos:

E_{mec. A} = E_{mec. B} s 1 2

⋅m v⋅ 2_A= m · g · h s

s h v g h

= A

⋅ = (

)

⋅

2 2

2

4

s 2 10y h = 0,8 m

4. a) De acordo com a conservação da energia mecânica, no ponto de máxima compressão da mola em relação ao ponto de aban- dono da massa, temos:

Em0= Em s m · g · H = m · g · h’ + k x· ² 2

1 · 10 · 1,4 = 1 · 10 · h’ + 600 2

⋅x2 onde h’ = (h – x)

Então: 14 = 10(0,4 – x) + 300x² 14 = 4 – 10x + 300x² 300x² – 10x – 10 = 0 (÷ 10) 30x² – x – 1 = 0

Resolvendo a equação do 2º grau, temos:

x = 0,2 ou x = 20 cm

b) A massa atinge a mola após cair 1,0 m em queda livre:

h g t t

= ⋅ ² = ⋅ ² t=

2 1 10

2 0 2

s s ,

t H 0,45 s c)

0 0,45 t (s)

H D

H – h

v (m/s)

0,45 t (s)

– 4,5

5. • Nível de referência: ponto mais baixo da trajetória. Assim:

v= 2⋅ ⋅ =g h 2 10 58 s v H 34,1 m/s⋅ ⋅ • Energia cinética máxima:

E m v

C =3 ⋅ = ⋅ ⋅

( )

2

3 50 34 1 2

2 2

, s E_C = 87 · 10³ J

Em kJ s E_C = 87 kJ

6. e

Pela conservação da energia, temos:

Esfera A: Em0= E_m s m · g · h + m v·0A m v· A

2 2

2 = 2

10 · 3,2 + 6

2 2

( )

₌^vA

32 + 18 = vA2

2 s v_A = 10 m/s

Esfera B: Em0' = Em' s m · g · h = m v·B²

2 v_B = 2g h· sv_B= 2 10 3 2⋅ ⋅ , vB = 8 m/s

Comparando as energias cinéticas das esferas em relação ao mo- mento em que atingem o solo, temos:

E E

m v m v

cB cA

B

A

=

⋅

⋅ =

2

2 2

2 64

100= 0,64 ou 64%

7. c

Considerando a conservação da energia mecânica, temos:

• fio não esticado (queda livre) v₀ = 2g H· 0

• fio esticado Em0 = E_m

m g H· · + m0 · g · H0 =m g H· · + ≤ m v⋅ ²+m0⋅v02

2 2

m₀ · g · H₀ =m v⋅ ²+m0⋅v02

2 2 , em que m = 3m₀

m₀ · g · H₀ = 3

2 2

0 2

0

m v· +m v· 2

m0 · g · H0 = 4 2

0 2

m ⋅v

m₀ · g · H₀ = 2m₀ · v² v² = g H· 0 v g H· 0

2 s = 2

Comparando com v₀², temos:

v v

g H g H

v

v v v

0

0 0

2 0

2

1

4 2

= = =

·

· s s

8. d

• O aumento da energia potencial gravitacional de cada caixa é dado por:

ΔEpot. = m · g · h s ΔEpot. = 240 · 5 ∴ ΔEpot. = 1.200 J • Em 1 min, o trabalho realizado pela força do motor vale:

† = P · Δt s † = 220 · 60 s † = 13.200 J

• Sendo † = ΔEpot. T s 13.200 = n · 1.200 ∴ n = 11 caixas FO.05

1. e 2. b

3. e

No esquema, temos: λ = 0,30 m

Sendo v = λ · f, obtemos: 3 = 0,30 · f ∴ f = 10 Hz

4. a) A onda é transversal, pois a direção da vibração (eixo y) é per- pendicular à direção em que se propaga a onda (eixo x).

b) Pelo enunciado, concluímos que o período T é 0,2 s. Assim:

f T f

=1 = 1

s 0 2

, y f = 5 Hz

(7)

CADERNO 2

c) Da figura, obtemos: λ = 4 · 5 = 20 cm Assim, temos: v = λ · f s v = 0,2 · 5 ∴ v = 1 m/s 5. d

• Frequência:

f = 15 osc/min = 15

60 ∴ f = 0,25 Hz • Comprimento de onda:

Na figura: λ = 40 m • Velocidade de propagação:

v = λ · f s v = 40 · 0,25 ∴ v = 10 m/s 6. c

O período das batidas do ferreiro é de 0,9 s. Temos:

v = d

T, em que d será a menor distância entre o ferreiro e o observador 330 = d

0 9, s d = 297,0 m

7. a) Entre 0 e 2,0 s, a onda desloca 0,6 m. Assim:

v s

=Δt Δ =0 6

2

, y v = 0,3 m/s

b) v = λ · f. Na figura, obtemos λ = 0,6 m. Assim:

0,3 = 0,6 · f ∴ f = 0,5 Hz 8. e

Comparando o comprimento de onda com a altura do túnel, temos:

v = λ · f s 340 = λ · 440 s λ H 0,77 m

Então: 1λ 0,77 m

xλ 5 m s x = 5 0 77, H 6,5 FO.06

1. c

I. Incorreta. O período, assim como a frequência, não se altera quando a onda passa de um meio para outro.

II. Incorreta. Idem ao item anterior.

III. Correta.

2. a) Aumenta. A velocidade de propagação da onda é maior na par- te mais funda.

b) Aumenta. Como a velocidade aumenta, o comprimento de onda também aumenta, pois a frequência não se altera.

c) Na refração, a frequência permanece a mesma.

3. Calculando as distâncias entre as fontes e o ponto P.

Entre F₁ e P, temos: 36 cm

De F₂ e P, temos: d² = (18)² + (24)² s d = 30 m A diferença de caminho, portanto, é dada por:

Δx = 36 – 30 = 6 cm

a) Para interferência construtiva, temos que:

Δx = n · λ

2, em que n deve ser par.

Então: 6 = n · λ

2 s λ = 12 n Para n = 2 s λ = 12

2 = 6 m Para n = 4 s λ = 12

4 = 3 m Para n = 6 s λ = 12

6 = 2 m

Assim, o maior comprimento de onda será de 6 m.

b) Para encontrarmos as menores frequências, devemos utilizar a equação fundamental da ondulatória para os dois maiores com- primentos de onda.

Assim: v = λ · f v = λ₁ · f₁ s 340 = 6 · f₁ f₁ H 56,7 Hz

v = λ2 · f₂ s 340 = 3 · f₂ f₂ H 113,3 Hz

4. b

• Na refração da onda, a frequência não se altera. Portanto, no meio II, temos: f = 10 Hz.

• O comprimento de onda no meio II é dado por:

λ

λ¹2 λ2

45 30

28 0 70

=sen º =0 50

sen ºs , s

, s λ2 = 14

0 70, ∴ λ2 = 20 cm

5. a) De acordo com o posicionamento dos alto-falantes, José ocupa uma posição onde a interferência é construtiva, pois não existe diferença de caminho e as fontes estão em fase.

Com a aproximação do alto-falante, existe a possibilidade de a interferência ser destrutiva quando Δx = λ

2⋅n para n ímpar.

b) O menor valor de n (ímpar) para que a intensidade do som ouvida por José Guilherme seja mínima é dada por:

n = 1 e v = λ · f Δx = 1 · λ

2 s Δx = v

f⋅2 s Δx = v f 2 Δx = 340

2 680 1

⋅ =4 = 0,25 m ou 25 cm

6. a

De acordo com a lei de Malus, temos:

I I

I

0 I

2 0

230

=cos θs =cos º R = I

I0

= 0,75 ou R = 75%

7. a

O esquema que representa a difração da onda é o da alternativa a.

8. e

Na difração mostrada na figura, a velocidade e a frequência da onda têm os mesmos valores nas regiões I e II.

FO.07 1. b 2. b

v = λ · f s 1,6 · 10³ = λ · 4 · 10⁶ ∴ λ = 4 · 10^{– 4} m

3. a

Em uma corda vibrante, temos:

λn = 2⋅L

n (n = 1, 2, 3, …) Assim:

λ

L=n2 = 2, 1, 2 3

1 ,2, …

4. a) Ressonância.

b) Como todo corpo tem seus modos de vibração, quando subme- tido a uma frequência muito próxima da desses modos, a amplitude de oscilação será tanto maior quanto maior for a proximi- dade da frequência natural de vibração. Quando a amplitude atingir o máximo, o corpo estará em ressonância.

5. d

O viaduto oscila como uma onda estacionária. Sendo assim, para a frequência fundamental, temos:

f₀ = n oscilaçõesº

Δt =75

30 = 2,5 Hz

(8)

Para o segundo modo de vibração (2º harmônico), temos:

f₂ = 2 · f₀ s f₂ = 2 · 2,5 = 5,0 Hz 6. e

• 6^a corda (mi): f L

T

6

1

=2

⋅ ⋅ λ

• 1^a corda (mi): f L

T

1

=2

⋅ ⋅ λ

Portanto: f f

f f

m m

6 1

1 6

6 1

1 6

= λ =

λ s s

s 320 0 0036 0 0576 f1 = ,

, s f₁ = 1.280 Hz

7. a) Teremos o maior comprimento de onda para o modo de vibra- ção fundamental. Nesse caso, temos:

λ = 2L

L b) Como v = T

µ e v = λ · f, temos:

λ · f = T µ s f = 1

λ⋅ Tµ, em que µ = m L Assim:

f = 1 λ⋅ T

m L

s f = 1 λ⋅ T L⋅

m

Som mais grave s f menor. Portanto, maior massa s menor fre- quência. A corda Q produz o som mais grave, m_Q = 2mp. c) Temos:

f_ar = f_corda s vsom ar v

ar corda corda

( )= ( )

λ λ

Para maior λcorda s λcorda = 2 L Então:

v

L T L

m

v L

T L m

ar som ar

ar

som ar

( )= ⋅ ⋅ = ( )⋅

λ λ ⋅

λ 1 2

2

s

s ⋅⋅ ⋅ ⋅

( )

v m L

T

som ar

8. Devido ao efeito Doppler, a frequência ouvida é dada por:

f v v

v^s v f

s f

'= ±

± ⁰⋅

Quando a pessoa se move em direção à fonte:

f1 f f1 f

340 20 340

360

= + ⋅ s =340⋅ E, quando a pessoa se afasta da fonte:

f2 f f2 f

340 20 340

320

= − ⋅ s =340⋅

A razão entre f₁ e f₂ vale:

f f

1 2

360 340 320 340

360 320

9

= ⋅ 8

⋅

= ∴ =

FO.08 1. d

I. Correta. Como ω = 2π 2π ω T sT =

II. Correta. O ponto A’ representa a projeção do ponto A realizan- do um MHS, com o mesmo período de A.

III. Incorreta. Trata-se de um MHS.

2. d

Como T =

1 f

e T = 2π · L

g , temos, para cada um dos pêndulos:

(g = m/s²) 1. T₁ = 2π · L

g

1 1 l1

0 91 2

s 10s

, = π⋅ L₁ H 0,30 m

2. T₂ = 2π · L g

2 1 l2

0 70 2

s 10s

, = π⋅ L₂ H 0,51 m

3. T₃ = 2π · L g

3 1 l3

0 60 2

s 10s

, = π⋅ L₃ H 0,69 m Diante das informações acima, a alternativa correta será d.

3. b

O período do pêndulo é dado por:

T = 2 ⋅ π ⋅ L g

Assim: T₁ = T₂ e T₃ > T₁ 4. a

x = A · cos (ω ⋅ t + θ0) s 2 = 2 · cos (0 + θ0) s cos θ0 = 1 ∴ θ0 = 0º v = – ω · A · sen (ω ⋅ t) s v = –1 · 2 · sen (1 · t) ∴ v = – 2 · sen t 5. e

a) Errada. Epot. = k x⋅ ² 2

b) Errada. Na posição de equilíbrio: E_cin. máxima e E_pot. nula.

c) Errada. A energia mecânica permanece constante.

d) Errada. Ver resposta do item b.

e) Correta. No extremo: E_cin. = 0 e E_mec. = E_pot.

6. Soma = 9 (01 + 08) (01) Correta.

(02) Incorreta. A elongação máxima é dada por A.

(04) Incorreta. O período é dado por 2π ω . (08) Correta.

(16) Incorreta. A aceleração máxima da partícula é dada por a = ω² · A.

7. As constantes elásticas equivalentes das molas podem ser escritas como:

3k₂

2k₁

k_eq 3k₂ · 2k₁ 3k₂ + 2k₁ k_eq =

6k₂ · k₂ 2k₁ + 3k₂ k_eq =

Para o sistema massa-mola, podemos determinar a frequência por meio de:

f = 1 2π

k m

eq. s f = 1 2

6 3

2

π 2

k k

k k m

1

21

⋅

(

+

)

^⋅

(9)

CADERNO 2

8. a) T m

k f k

= ⋅ ⋅ = m

⋅ ⋅

2 1

π 2

s π s

s 30 · 10³ = 1

2 3 14⋅ ⋅ 5 10³

⋅ ⁻ ,

k s k = 1,8 · 10⁸ N/m

E k x

pot. = ⋅ ² = ⋅ ⁸

(

⋅ ⁻^{6 2}

)

2

18 10 0 02 10 2

, ,

s E_pot. = 3,6 · 10^{– 8} J b) No inverno: ΔL = –0,20 cm (contração). Assim:

• Δ = ⋅Δ ⇒ Δ = ⋅−





⇒ t

t L L 1 t

2 1 800

1 2

0 20 90 .

, Δt = –2 s

• t’ = t – Δt s t’ = 1.800 – 2 s t’ = 1.798 s FE.05

1. A carga elétrica é dada pelo valor numérico da área da figura delimi- tada pela linha do gráfico no intervalo de 0 a 4,0 s.

Q=4 1+ ⋅

2 4 ∴ Q = 10 C

2. q = 8,64 · 10³ C

• Δt = 400 dias = 400 · 24 · 3.600 = 3,46 · 10⁷ s

• i q

= t

Δ s i= ⋅

⋅ 8 64 10 3 46 10

3 7

,

, ∴ i = 2,5 · 10^{– 4} A 3. a) Encontramos a corrente elétrica por:

i = Δ Δ Q

t s i = 1 4

5 10 2 16 10

1

14 19

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ , ⋅ ⁻ i = 4 · 10^–5 A

b) Como R = 3 · 10⁹ Ω, temos:

U = R · i s U = 3 · 10⁹ · 4 · 10^–5 U = 12 · 10⁴ V ou ainda U = 1,2 · 10⁵ V 4. e

A resistência elétrica pode ser encontrada pela segunda lei de Ohm:

R = ρ · 

A s R = 21 10 1 000 7 10 , ⋅ 2⋅ .

⋅

−

R = 21

70 s R = 0,3 Ω 5. b

Durante um experimento, existem erros que, por mais cuidadosas que sejam as medidas realizadas, estarão sempre presentes. São os chamados "erros sistemáticos", relacionados à limitação dos apare- lhos de medida.

6. Utilizando-se a primeira e a segunda leis de Ohm, temos:

U = R · i e R = ρ ·  A i = U

R s i = U i U A

ρ⋅ = ρ⋅

⋅

 

A s

Calculando a razão entre as correntes referentes às posições B e C, temos:

i i

U A U A

i i

B C

B

C B C

C B

B C

=

⋅

⋅⋅

⋅

= =

ρ ρ



s  s 6

4= 1,5

7. a) Pelo gráfico, temos que, para T = 10 K, a resistividade ρNb = 2 · 10^–6 Ω · m

Então: R = ρ · 

A s R = 2 · 10^–6 · 15 0 05 10⁶

,

, ⋅ ⁻

R = 60 Ω

b) Considerando que, à temperatura de 4,2 K, a parte não imersa do fio será a responsável pela sua resistência, temos:

R’ = ρ · (−h

)

A s 36 = 2 10 15 0 050 10

6 6

⋅ ⋅( −

)

⋅

−

, ,

h

36 = 40(1,5 – h) s 36 = 60 – 40h –24 = –40h s h = 24

40 = 0,6 m

8. No gráfico, obtemos, para U = 20 kV = 2 · 10⁴ V s s p = 2 · 10⁸ N/m²

Assim:

p F

=A s 2 · 10⁸ = F

0 25 10, ⋅ ⁻⁶ ∴ F = 50 N

FE.06 1. d

Como a relação entre potência e resistência é dada por:

P = U R

2

No caso da lâmpada, esta apresenta menor potência e, portanto, terá a maior resistência elétrica.

2. a

Sabemos que a potência elétrica é inversamente proporcional à resistência elétrica, para uma ddp constante.

Também podemos verificar que, com o aumento da temperatura, temos um aumento da resistividade elétrica, com o consequente aumento da resistência elétrica.

Sendo assim, a potência dissipada pelo fio diminui com a temperatura, porém não de maneira linear.

3. c

Encontrando a corrente fornecida pela bateria, temos:

P

=

U

·

i

s 6 = 12 ·

i

s

i

= 0,5 A

Analisando a relação entre carga e corrente elétrica, temos que:

i

= Δ Δ

Δ Δ Q

t

Q s0 5, = 2t 0,5 = Δ

Δ Δ

Q

t t

2 0 5 45

2

· s , =

⋅ D

t

= 45 h

4. c

Chuveiro de 4.500 W e 110 V:

P = U · i s 4.500 = 110 · i ∴ i = 40,9 A

5. a) Calculando a potência dissipada pelo resistor, temos:

P = U R

2s P = 12 100

( )

2_{= 1,44 W}

Em uma hora:

P = Δ Δ E

t s 1,44 = ΔE

3 600. s DE = 5.184 J

Como DE = Q s Q = 5.184 J b) Sendo:

Q = C · DT s 5.184 = C · (32 – 20) C = 432 J/ºC

Como C = m · c s 432 = m · 4,2 m = 102,8 g

Portanto: V = m

µ s V = 102,8 cm³

6. a) A potência total dissipada pelas lâmpadas pode ser encon- trada por:

P = 4.000 · 60 + 600 · 200 = 360.000 W Ou ainda P = 360 kW

Então: P = U · i s 360.000 = 120 · i i = 3.000 A

(10)

b) P = Δ Δ E

t s 360 = ΔE

12 10⋅ s DE = 43.200 kWh Como: 1 kWh R$ 0,40

43.200 kWh x

x = R$ 17.280,00 7. b

A resistência elétrica vale:

R= A⋅ = ⋅ ⋅

⋅

−

ρ  12 10 6

0 36 10

6 6

,

, ∴ R = 20 Ω

A potência elétrica é dada por:

P=^U =

( )

R

2 2

120

20 ∴ P = 720 W = 0,72 kW E a energia consumida em 1 mês (30 dias):

E = P · Δt = 0,72 · 3

60 · 30 ∴ E = 1,08 kWh Custo:

1 kWh R$ 0,40

1,08 kWh x

∴ x = R$ 0,43 8. d

E = P · Δt = 3.000 · 60 ∴ E = 1,8 · 10⁵ J

E = m · g · h s 1,8 · 10⁵ = m · 10 · 125 ∴ m = 144 kg FE.07

1. b

• 10 resistores de 10 kΩ cada um, associados em paralelo:

R_{eq. 1} = R n=10

10 s R_{eq. 1} = 1 kΩ

• 2 resistores de 2 kΩ cada um, associados em paralelo:

Req. 2 = R n=2

2 s Req. 2 = 1 kΩ • R_{eq. 1} = R_{eq. 2} associados em série:

Portanto:

R_eq. = R_{eq. 1} + R_{eq. 2} s R_eq. = 1 + 1 ∴ Req. = 2 kΩ 2. b

Calculando-se a resistência equivalente do circuito, temos:

U = R_eq. · i s R_eq. = 22 2 = 11 Ω

Dessa forma, teremos 10 resistores em paralelo e um em série com o paralelo.

10 V

1 V 10 V

10 resistores

10 V

10 V 10

10= R_eq=

R_eq. = R_eq.’ + 10 = 1 + 10 = 11 Ω 3. Soma = 20 (04 + 16)

(01) Errada.

P i i Q

a b

d

e f

c

a, b, c: série e, f: série

(a, b, c); d; (e, f): paralelo (02) Errada.

R’ = a + b + c s R’ = 3 · R R’’ = e + f s R’’ = 2 · R

1 1

3

1 1

2

1 2 6 3

6

R_eq. = R R+ + RsR_eq.= + +R y R_eq. = 6 11⋅R (04) Correta. U_PQ = R_eq. · i = 6

11⋅ ⋅R i (08) Errada. E = P · Δt = U · i · Δt (16) Correta. U₁ = U₂ = U₃ = U_PQ • U₁ = U_PQ s R · i₁ = 6

11

6

1 11

⋅R i⋅ i = ⋅i s • U2 = UPQ s 2 · R · i2 = 6

11

3

2 11

⋅R i⋅ si = ⋅i • U₃ = U_PQ s 3 · R · i₃ = 6

11

2

3 11

⋅R i⋅ i = ⋅i s 4. a

A resistência equivalente da célula é dada por:

R2 3R + R = 2 = 1,5R R

R

Req=

Redesenhando o circuito e substituindo cada célula pela sua resis- tência equivalente, temos:

1,5R

1,5R s

1,5R

0,75R 1,5R

0,75R

1,5R

1,125R 2,25R 2,25R

2,25R

s s

s

Req. = 3,375R

(11)

CADERNO 2

5. Após a partição da proteína, temos:

R₁ + R₂ = R (I) R R

R R

1 2 R

1 2

3 16

⋅

+ = (paralelo) (II) R R

R

1 2 3R

16

⋅ = s R₁ · R₂ = 3 16

R2 s R₁ = 3 16

2

R

R (III) Substituindo (III) em (I), temos:

3 16

2

R

R + R₂ = R s 3 16 16

2 22 2

R R

R

+ = R

3R² + 16R22 = 16R₂ · R (denominando x = R₂) 3R² + 16x² = 16R · x

16x² – 16R · x + 3R² = 0 x² – R · x + 3

16 · R² = 0 Resolvendo:

x = 16 256 192

32

2 2

R± R – R

x=16R±8R

. R . R 32

x1=3 4

x₂=1 4 ∴ R2 = 3

4

R (maior comprimento) e R1 = R

4 (menor comprimento) 6. d

Calculando a resistência equivalente do paralelo entre R₁ e R₂, temos:

Req. = R R R R

R K R R

K R R

R R KK R

K

1 2

2 2

⋅

+ = ⋅

+ s _eq.= + · Req. = R

R K

R K

22 2

2

1 1

( +

)

⁼( +

)

7. c

Com três resistores de 1 Ω cada, o técnico pode fazer as seguintes associações:

I. Os três em série:

Req. = 3 · R = 3 · 1 ∴ Req. = 3 Ω II. Os três em paralelo:

R_eq.=R3∴R_eq. = Ω 1 3

III. Dois em série e em paralelo com o terceiro:

1V 1V

1V R_eq.= ⋅ R_eq.

+ ∴ = Ω

2 1 2 1

2 3

IV. Dois em paralelo e em série com o terceiro:

1V

1V R_eq.=1+ ∴R_eq. = Ω

2 1 3

2

Portanto, usando todos os resistores, não será possível obter um resistor equivalente igual a 1 Ω.

8. a

I. Correta.

1 2

3 V

II. Errada. Nesse caso, a terceira lâmpada também apagaria.

III. Errada. Duas lâmpadas podem queimar e a terceira permane- cer acesa.

1

3 2 V

FE.08 1. c

De acordo com os dados nominais das lâmpadas, temos:

P = U · i s 0,20 = 2 · i s i = 0 20 2

, = 0,10 A

Como temos de ter 0,10 A para cada lâmpada, a corrente no ramo central deve ser de i_c = 0,20 A.

Assim, temos:

U_c = ε – r · ic – 12 · i_c 2 = 4,5 – r · 0,20 – 12 · 0,20

2 = 4,5 – r · 0,20 – 2,4 s –0,1 = –r · 0,20 r = 0,5 Ω

2. b

Dentre as alternativas, temos:

• reservatório de energia: ambiente;

• transformador de energia: lâmpada;

• modo de transferência: trabalho elétrico.

3. • i₁ = U R

1 1

116

=5 8,

, ∴ i1 = 2 A

• i₂ = U R

2 2

114

= 3 8,

, ∴ i2 = 3 A

• Cálculo da fem e da resistência interna da bateria:

U r i r

U r i

1 1

2 2

116 2

114

= − ⋅ ⇒ = − ⋅

( )

= − ⋅ ⇒ =

ε ε

ε

, ,

I εε − ⋅

( )





 r 3 II

De (I) – (II), vem:

11,6 – 11,4 = – r · 2 + r · 3 s r = 0,2 Ω Em (I):

11,6 = ε – 0,2 · 2 s ε = 12 V • Energia elétrica dissipada em 10 s:

i r R

= + =

+

ε 12

0 2 118, , i = 1 A

E = P · Δt = R · i² · Δt s E = 11,8 · (1)² · 10 ∴ E = 118 J 4. a) Calculando R_eq., temos:

R_eq. = R R

R R

2 3

⋅

+ + R₁ + R_V s R_eq. = 2 2 2 2

⋅

+ + 1 + R_V R_eq. = 2 + R_V

Como U = R_eq. · i s i = 12 2+RV

b) A nova Req.

’ será:

Req.’ = 2 + R_V + r ∴ i = 12

2+RV+r

c) i = 12

2 20 2+ + s i = 12 24 = 0,5 A U = ε – r · i s U = 12 – 2 · 0,5 U = 11 V

5. a) Como P = U · i, temos:

240 = 12 · i s i = 20 A

b) Em relação ao consumo diário, temos:

(12)

P = E

Δt s 240 = E

20 s E = 4.800 Wh ou ainda E = 4,8 kWh

As baterias, por sua vez, podem fornecer:

E’ = 12 · 50 · N s E’ = 600 · N Wh Para que tudo funcione adequadamente:

600 N > 4.800 s N > 8

c) Encontrando a potência útil para o gerador, temos que:

P_u = 4 800 4

. Wh

h s P_u = 1.200 W

Como P_u = U · i s 1.200 = 12 · i s i = 100 A Assim, U = 12 + R · i s U = 12 + 0,2 · 100 U = 32 V

6. • i₁ = ε ε

R+2R=3R e i₁ = i₂ • ddp entre A e B:

U_AB = 2R · i₁ – R · i₂ UAB = 2R · ε ε

3R R 3

− ⋅ R UAB=2 − UAB=

3 1 3

1

ε εs 3ε

7. d

• A ddp entre A e B vale:

U_AB = ε – R3 · i₃ s U_AB= 12 – 4 · 2 s U_AB = 4 V • A intensidade de corrente em R₂ vale:

U_AB = R₂ · i₂ s 4 = 3 · i₂ s i₂ = 4 3 A

• A intensidade de corrente em R e R1 (em série) vale:

i₁ = i₃ – i₂ s i₁ = 2 – 4

3 s i₁ = 6 4 3

2

1 3

− si = A

Portanto, o resistor R₂ dado por:

U_AB = (R + R_a) · i₁ s 4 = (R + 1) · 2 3 s 3 4

2

⋅ = R + 1 ∴ R = 5 Ω

8. a

Para a pilha, temos:

icc = e

r s 20 = 15,

r s r = 15 20

, = 0,075 Ω

Para a lâmpada, temos:

P = U Rl

2 s 3 = 1 Rl

s R_l = 1 3 Ω Para o fio conectado à lâmpada, temos:

R_f = ρ · 

A s R_f = 1,7 · 10^–8 · 2 15

2 10³

2

π ⋅ ⋅







, −

Rf = 3 4 10 5 625 10

8 7

, ,

⋅

⋅ ⋅

−

π − s Rf = 0,0192 Ω

Assim, a corrente elétrica que estará presente no circuito será de:

i = e

r R R i

l f

+ + =

+ + ⋅

s 15

0 075 1

3 2 0 0192 ,

, ,

i H 3,36 A

Portanto, a potência da lâmpada será:

P = Rl · i² P = 1

3 · (3,36)² P = 3,7 W